1、2016-2017学年山东省潍坊实验中学高三（上）第三次质检物理试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分其中1-7题是单选，8-10是多选全部全对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分1下列说法正确的是（）A伽利略通过构思的理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；从而得出结论是：力是维持物体运动的原因B牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量GC天文学家开普勒对前人关于天体运动的研究提出开普勒三大定律D在现实生活中不存在真正的质点，将实际的物体抽象为质点是物理学中一种重要的科学研究方法即理想实验法2如图示，一
2、宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻为t=0，在以下四个图线中，正确反映感应电流随时间变化规律的是（）ABCD3如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=4kg，速率分别为vA=5m/s、vB=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动（）A它们碰撞前的总动量是18kgm/s，方向水平向右B它们碰撞后的总动量是18kgm/s，方向水平向左C它们碰撞前的总动量是2kgm/s，方向水平向右D它们碰撞后的总动量是2
3、kgm/s，方向水平向左4如图所示，水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为，垂直于ab且指向右斜上方导轨宽度为L，M和P之间接入电流为I（不计内阻），垂直于导轨搁一根质量为m、接入导轨间的电阻为R的金属棒ab，当ab棒静止时，ab棒受到的摩擦力的大小（）ABILsinBBILcosCu（mgBILsin）Du（mg+BILsin）5某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd的面积为S=0.03m2，共有10匝，线圈总电阻为r=1，线圈处于磁感应强度大小为T的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保
4、持与外电路电阻R=9的连接在外力作用下线圈10 rad/s绕轴OO匀速转动时，下列说法中正确的是（）A电阻R的发热功率是3.6WB交流电流表的示数是0.6AC用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02sD如果将电阻R换成标有“6V 3W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作6绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起若保持开关闭合，则（）A如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变B铝环跳起到某一高度后将回落C铝环停留在某一高度D铝环不断升高7如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作
5、用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为的电场作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（）A使U2加倍B使U2变为原来的4倍C使U2变为原来的倍D使U2变为原来的倍8如图所示，理想变压器的输入端电压 u=311sin100t（V），原副线圈的匝数之比为n1：n2=10：1；若图中电流表读数为3A，则（）A电压表读数为22VB电压表读数为31.1VC变压器输出功率为44WD变压器输入功率为66W9如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（）A电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B电子在磁
6、场中运动时间越长其轨迹线所对应的圆心角越大C在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合D电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同10如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上则下列说法正确的是（）A物体最终将停在A点B物体第一次反弹后不可能到达B点C整个过程中重力势能的减少量大于物体克服摩擦力做的功D整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能二、实验题：本大题共2小题，第11题6分，第12题9分，共15分把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程11（1）某同学
7、用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为mm（2）乙图中螺旋测微器读数为mm122010年上海世博会上大量使用了LED发光二极管小明设计了一个研究LED发光二极管特性的实验，用电压表和电流表测LED发光二极管两端的电压UD和通过它的电流I，将得到的数据记录在下表中：UD/V00.40.81.21.62.0 2.42.62.83.0I/mA00.92.34.36.813.017.824.028.237.0请完成下列问题：（1）小明用笔画线表示导线，将图1中实验器材连接成实验所需的电路，由于粗心漏画了一条线，请你将这条线补画好；（2）在IU图2上画出LED发光二极管的伏安特性曲
8、线；（3）已知该LED发光二极管的最佳工作电压为2.5V，现用电动势为3V内阻为5的电源供电，需要串联一个电阻R才能使二极管工作在最佳状态，则该电阻值为（结果保留两位有效数字）三、计算题：本题共4小题，共计45分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13冰球运动员甲的质量为80.0kg当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员 乙相撞碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙的速度的大小；（2）碰撞中总机械能的损失14如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面
9、向里的匀强磁场，磁感应强度为B一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成角设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r15如图，在xoy直角坐标系中，在第三象限有一平行x轴放置的平行板电容器，板间电压U=1102V现有一质量m=1.01012kg，带电量q=2.01010C的带正电的粒子（不计重力），从下极板处由静止开始经电场加速后通过上板上的小孔，垂直x轴从A点进入第二象限的匀强磁场中磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=1T粒
10、子在磁场中转过四分之一圆周后又从B点垂直y轴进入第一象限，第一象限中有平行于y轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过x轴上的C点，已知OC=1m求：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r（2）第一象限中匀强电场场强E的大小16如图甲所示，固定于水平桌面上的金属导轨abcd足够长，金属棒ef搁在导轨上，可无摩擦地滑动，此时bcfe构成一个边长为l的正方形金属棒的电阻为r，其余部分的电阻不计在t=0的时刻，导轨间加一竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示为使金属棒ef在0t1保持静止，在金属棒ef上施加一水平拉力F，从t1时刻起保持此时的水平拉力F不变，金属棒ef在导轨上运动了s后刚好达到
11、最大速度，求：（1）在t=时刻该水平拉力F的大小和方向；（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度；（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量2016-2017学年山东省潍坊实验中学高三（上）第三次质检物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分其中1-7题是单选，8-10是多选全部全对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分1下列说法正确的是（）A伽利略通过构思的理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；从而得出结论是：力是维持物体运动的原因B牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤实验装置比较准
12、确地测出了引力常量GC天文学家开普勒对前人关于天体运动的研究提出开普勒三大定律D在现实生活中不存在真正的质点，将实际的物体抽象为质点是物理学中一种重要的科学研究方法即理想实验法【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；物理学史【分析】A、伽利略利用理想斜面实验研究物体运动时得出结论是：力不是维持物体运动的原因B、卡文迪许用扭称实验测出了万有引力常量GC、开普勒对前人关于天体运动的研究提出开普勒三大定律，D、将实际的物体抽象为质点是物理学中一种重要的科学研究方法即理想模型法【解答】解：A、伽利略利用斜面实验研究物体运动时，不计空气阻力、摩擦力，采样了理想实验模型的方法得出结论是：力不是维持
13、物体运动的原因故A错误B、卡文迪许用扭称实验测出了万有引力常量G故B错误；C、开普勒通过天文观测及对前人关于天体运动的研究总结提出开普勒三大定律故C正确；D、质点是理想化的模型，实际不存在的，将物体抽象为质点是物理学中一种重要的科学研究方法，故D错误故选：C2如图示，一宽40cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里一边长为20cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v=20cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻为t=0，在以下四个图线中，正确反映感应电流随时间变化规律的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次
14、定律【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段感应电流的大小，再选择图象【解答】解：线框进入磁场过程：所用时间 t1=s=1s，根据楞次定律判断可知感应电流方向是逆时针方向，感应电流大小I=，保持不变线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，时间为为 t2=s=1s线框穿出磁场过程：所用时间 t3=s=1s，感应电流方向是顺时针方向，感应电流大小I=不变故C正确故选：C3如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=4kg，速率分别为vA=5m/s、vB=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动（）A它们碰撞前的总动量是18kgm/s，方向水
15、平向右B它们碰撞后的总动量是18kgm/s，方向水平向左C它们碰撞前的总动量是2kgm/s，方向水平向右D它们碰撞后的总动量是2kgm/s，方向水平向左【考点】动量守恒定律【分析】两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可【解答】解：取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=2m/s根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=25+4（2）=2（kgm/s），P0，说明碰撞后总动量方向水平向右则碰撞前总动量方向也水平向右故选：C4如图所示，水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B
16、，方向与水平面夹角为，垂直于ab且指向右斜上方导轨宽度为L，M和P之间接入电流为I（不计内阻），垂直于导轨搁一根质量为m、接入导轨间的电阻为R的金属棒ab，当ab棒静止时，ab棒受到的摩擦力的大小（）ABILsinBBILcosCu（mgBILsin）Du（mg+BILsin）【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】根据左手定则正确判断出导体棒ab所受安培力的方向，然后对棒ab正确进行受力分析，根据所处平衡状态列方程即可正确求解；【解答】解：根据左手定则可知，棒ab所受的安培力方向垂直于棒斜向左上方，其受力截面图为：Fx合=F摩Fsin=0Fy合=FN+Fcosmg=0F=BIL解得：
17、F摩=BILsin由于导体棒静止，故不能利用滑动摩擦力公式求解，故A正确，BCD错误故选：A5某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd的面积为S=0.03m2，共有10匝，线圈总电阻为r=1，线圈处于磁感应强度大小为T的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R=9的连接在外力作用下线圈10 rad/s绕轴OO匀速转动时，下列说法中正确的是（）A电阻R的发热功率是3.6WB交流电流表的示数是0.6AC用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02sD如果将电阻R换成标有“6V 3W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作
18、【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】根据Em=NBS求得产生的感应电动势的最大值，根据有效值和最大值间的关系求得有效值，利用闭合电路的欧姆定律即可判断【解答】解：A、线圈产生的最大感应电动势为Em=NBS=，有效值为E=，根据闭合电路的欧姆定律可知I=，电阻产生的热功率为P=I2R=3.24W，故A错误，B正确；C、交流电的周期T=，故打点的时间间隔一定为0.2s，故C错误；D、灯泡的电阻R=，电灯泡两端的电压为U=，故小灯泡不能正常发光，故D错误故选：B6绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环
19、向上跳起若保持开关闭合，则（）A如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变B铝环跳起到某一高度后将回落C铝环停留在某一高度D铝环不断升高【考点】研究电磁感应现象【分析】解答本题的关键是正确理解铝环为什么向上跳起，开关闭合，铝环中的磁通量增大，根据楞次定律可知为了阻碍磁通量增大，线圈将跃起【解答】解：闭合开关瞬间，线圈中的磁场增大，导致铝环内的磁通量增大，根据楞次定律可知，铝环中感应电流的磁场将阻碍磁通量的增大，因此将向上跳起，但是不能阻止磁通量变化，故铝环将落回线圈，故B正确，CD错误；若将电源的正、负极对调，对调过程中线圈中的磁通量先减小后增大，在减小时，在本实验装置中不能观察不到现象，在增大
20、过程中铝环向上跳起，故A正确故选AB7如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为的电场作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（）A使U2加倍B使U2变为原来的4倍C使U2变为原来的倍D使U2变为原来的倍【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】电子在加速电压作用下获得速度，根据动能定理得到速度的表达式，电子垂直进入平行金属板间的匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离、偏转角度与加速电压和偏转电压的关系，再进行分析【解答】解：设平行金属板板间距离为d，板长为l电子在加速电场中运动时
21、，由动能定理得： eU1=垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，则有 水平方向：l=v0t， 竖起方向：y=，vy=at，又a=，tan=联立以上四式得：偏转距离y=，偏转角度tan=，现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，偏转距离y和偏转角度tan都不发生变化，则必须使U2加倍故选：A8如图所示，理想变压器的输入端电压 u=311sin100t（V），原副线圈的匝数之比为n1：n2=10：1；若图中电流表读数为3A，则（）A电压表读数为22VB电压表读数为31.1VC变压器输出功率为44WD变压器输入功率为66W【考点】变压器的构造和原理【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化
22、的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值【解答】解：理想变压器的输入端电压 u=311sin100t（V），则电压的有效值为220V，原副线圈的匝数之比为n1：n2=10：1，则电压表示数为22V，因为电流表示数为3A，所以电阻消耗的功率为P=UI=223=66W即输出功率为66W，输入功率等于输出功率，所以输入功率等于66W，故AD正确，BC错误；故选：AD9如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是（）
23、A电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B电子在磁场中运动时间越长其轨迹线所对应的圆心角越大C在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合D电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律【分析】电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，根据半径和周期公式分析速率越大，轨迹半径和周期如何变化；在有界磁场中转动的时间越长，则粒子转过的圆心角越大，运动时间越长【解答】解：A、B、由t=T知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大，电子粒子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r=知，轨迹半
24、径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，故A错误，B正确；C、D、由周期公式T=知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C错误，D错误；故选：B10如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上则下列说法正确的是（）A物体最终将停在A点B物体第一次反弹后不可能到达B点C整个过程中重力势能的减少量大于物体克服摩擦力做
25、的功D整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能【考点】功能关系；重力势能；弹性势能；动能和势能的相互转化【分析】A、根据重力与重力沿斜面方向分力的关系判断物体最终静止的位置B、根据能量守恒判断物体反弹后到达的位置C、结合能量守恒，通过重力势能的减小量等于弹性势能的增加量和克服摩擦力做功产生的内能之和，判断重力势能的减小量与克服摩擦力做功的大小关系D、根据能量守恒，通过最大动能和此位置的重力势能等于最低点的最大弹性势能和从动能最大位置到最低点位置克服摩擦做功，判断最大动能和最大弹性势能的关系【解答】解：A、由题意可知，物块从静止沿斜面向上运动，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，因此物体不
26、可能最终停于A点，故A错误；B、由于运动过程中存在摩擦力，导致摩擦力做功，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，故B正确；C、根据动能定理可知，从静止到速度为零，则有重力做功等于克服弹簧弹力做功与物块克服摩擦做的功之和，则重力势能的减小量大于物块克服摩擦力做功故C正确；D、整个过程中，动能最大的位置即为速度最大，因此即为第一次下滑与弹簧作用时，弹力等于重力的沿斜面方向的分力的位置，而弹簧的最大势能即为第一次压缩弹簧到最大位置，因为最大动能和此时的重力势能一同转化为最低点的最大弹性势能和此过程中的克服摩擦做功，所以整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，故D正确；故选：BCD二、实验题：本
27、大题共2小题，第11题6分，第12题9分，共15分把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程11（1）某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为10.20mm（2）乙图中螺旋测微器读数为0.726mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：10mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.05mm=0.20mm，所以最终读数为：10mm+0.20mm=1
28、0.20mm螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为22.60.01mm=0.226mm，所以最终读数为0.5mm+0.226mm=0.726mm；故答案为：10.20；0.726122010年上海世博会上大量使用了LED发光二极管小明设计了一个研究LED发光二极管特性的实验，用电压表和电流表测LED发光二极管两端的电压UD和通过它的电流I，将得到的数据记录在下表中：UD/V00.40.81.21.62.0 2.42.62.83.0I/mA00.92.34.36.813.017.824.028.237.0请完成下列问题：（1）小明用笔画线表示导线，将图1中实验器材连接成实验所需的电路，由于
29、粗心漏画了一条线，请你将这条线补画好；（2）在IU图2上画出LED发光二极管的伏安特性曲线；（3）已知该LED发光二极管的最佳工作电压为2.5V，现用电动势为3V内阻为5的电源供电，需要串联一个电阻R才能使二极管工作在最佳状态，则该电阻值为18（结果保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）由图可知，本实验应采用分压接法，滑动变阻器应先全部接入，再取其中一部分为二极管供电；（2）由表格中数据选择合适的标度，采用描点法得出伏安特性曲线；（3）由图可知二极管工作在最佳状态下的电流，由闭合电路欧姆定律可得出电阻值【解答】解：（1）由电路图可知，电路采用的是分压接法，滑动变阻器应全
30、部接入电路，开关应能控制整体个电路，故应将开关左侧与滑动变阻器左侧相连，如图所示；（2）如图选取电压及电流标度，采用描点法得出各点位置，用平滑的曲线将各点相连；如图所示；（3）由图可知，当二极管工作在最佳状态时，图中虚线所示，流过二极管的电流应为22mA；则由闭合电路欧姆定律可知：串联电阻的分压为：U=E2.5Ir=32.5221035=0.39V；则串联电阻R=18；故答案为：（1）如图；（2）如图；（3）18；三、计算题：本题共4小题，共计45分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13冰球运动员甲的质量为80
31、.0kg当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员 乙相撞碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙的速度的大小；（2）碰撞中总机械能的损失【考点】动量守恒定律【分析】（1）甲乙碰撞前后的瞬间动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后乙的速度大小（2）根据能量守恒求出碰撞过程中机械能的损失【解答】解：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mvMV=MV代入数据解得：V=1.0m/s（2）设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有：联立式，代入数据得：E=1
32、400J答：（1）碰后乙的速度的大小为1.0m/s；（2）碰撞中总机械能的损失为1400J14如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成角设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可
33、以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径【解答】解：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：由此可得电子做圆周运动的半径R=（2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度=则电子在磁场中运动的时间：t=（3）由题意知，由图根据几何关系知：答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R=；（2）电子在磁场中运动的时间t=；（3）圆形磁场区域的半径r=15如图，在xoy直角坐标系中，在第三象限有一平行x轴放置的平行板电容器，板间电压U=1102V现有一质量m=1.01012kg，带电量q=2.01010C的带正电的粒子（不计重力），从下极板处由静
34、止开始经电场加速后通过上板上的小孔，垂直x轴从A点进入第二象限的匀强磁场中磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=1T粒子在磁场中转过四分之一圆周后又从B点垂直y轴进入第一象限，第一象限中有平行于y轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过x轴上的C点，已知OC=1m求：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r（2）第一象限中匀强电场场强E的大小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】（1）由动能定理求出粒子飞出加速度电场时的速度；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子做圆周运动的轨道半径（2）粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，由匀速运动与匀变
35、速运动的运动规律求出电场强度的大小【解答】解：（1）设粒子飞出极板的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示，由动能定理：0，解得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得，粒子做圆周运动的半径r=1m；（2）粒子从B点运动到C点的过程，粒子做类平抛运动，沿x轴方向：，沿y轴负方向：，由牛顿第二定律得：Eq=ma，其中BO=r=1m，解得：E=400V/m；答：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为1m（2）第一象限中匀强电场场强E的大小为400V/m16如图甲所示，固定于水平桌面上的金属导轨abcd足够长，金属棒ef搁在导轨上，可无摩擦地滑动，此时bcfe构成一个
36、边长为l的正方形金属棒的电阻为r，其余部分的电阻不计在t=0的时刻，导轨间加一竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示为使金属棒ef在0t1保持静止，在金属棒ef上施加一水平拉力F，从t1时刻起保持此时的水平拉力F不变，金属棒ef在导轨上运动了s后刚好达到最大速度，求：（1）在t=时刻该水平拉力F的大小和方向；（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度；（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由F=BIL求出安培力，由楞次定律判断
37、出感应电流的方向，由左手定则判断出安培力的方向，由平衡条件求出拉力大小与方向；（2）当拉力与安培力相等时，导体棒做匀速运动，速度达到最大，求出拉力，根据安培力公式求出导体棒的最大速度；（3）由焦耳定律求出导体棒静止时产生的焦耳热，由能量守恒定律求出导体棒运动时产生的焦耳热，然后求出整个过程产生的焦耳热【解答】解：（1）时刻，感应电动势，导体棒受到的安培力，由楞次定律可知，感应电流从f流向e，由左手定则可知，导体棒受到的安培力向左；由平衡条件可知，此时水平拉力F=，方向水平向右；（2）导体棒切割磁感线产生感应电动势，当金属棒的速度最大时，感应电动势E=B1lvm，此时导体棒受到的安培力=，此时水平拉力F=2=，当安培力与拉力合力为零时，导体棒做匀速直线运动，此时速度最大，即：，；解得，导体棒的最大速度：；（3）金属棒静止时的感应电流：，产生的焦耳热：，金属棒从开始运动到最大速度阶段，由能量守恒定律，得：，全过程产生的焦耳热；答：（1）在t=时刻该水平拉力F的大小为，方向水平向右；（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度是；（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量是2017年2月19日
